5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 11-12 классы

Дан вписанный четырехугольник $ABCD$. Окружность, проходящая через точки $A$ и $B$, касается отрезка $CD$ в точке $E$. Другая окружность, проходящая через точки $C$ и $D$, касается отрезка $AB$ в точке $F$. Отрезки $AE$ и $DF$ пересекаются в точке $G$, отрезки $BE$ и $CF$ пересекаются в точке $H$. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников $AGF$, $BHF$, $CHE$, $DGE$ лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

Рассмотрим для начала следующую задачу:

1) Пусть $l_{1}, l_{2}$ две пересекающие прямые в точке $M$, пусть по одну сторону на $l_{1}, l_{2}$ взяты соответственно точки $F,E$ так что $MF=ME$ , так же пусть на этих же прямых соответственно взяты произвольно точки $A',D'$ , пусть на $l_{1}$ взято точка $B$ что $D'F || BE$ аналогично $A'E || CF$, проведем биссектрису $l$ угла $FME$ отразим симметрично $l$ точки $A' \Rightarrow A, \ B' \Rightarrow B $ тогда $MF^2 = ME^2 = MA \cdot MB = MD \cdot MC$ то есть $ABCD$ вписанный и $ \angle MBE = \angle MEA$ и $\angle MCF = \angle MFD$ значит $ME, MF$ касательные соответственно к описанным окружностям $DFC, ABE$ получаем нужную конструкцию к условию задачи.

Пусть $J,I,K,L$ центры вписанных окружностей $DGE, AGF, FBH, EHC$ соответственно, пусть $LT \perp EC$ и $JT || CE$ то есть $JLT$ прямоугольный треугольник , аналогично $INK$ для $FB$.

Лемма: Треугольники $JKT, INK$ подобны.

Доказательство: покажем что $$\dfrac{JT}{IN} = \dfrac{LT}{KN}$$

По построению $EG=EH \ (1)$ и $FG=FH \ (2)$ и $\angle FEA = \angle FEB = a , \ \angle DFC = \angle CFE = c$ и $\angle AEM = b$

Из $(1)$ получаем $\dfrac{R_{DGE}}{R_{EHC}}= \dfrac{tg(a+\dfrac{b}{2})+ctg(\dfrac{a+c}{2})}{ctg(\dfrac{a+c}{2})+ctg(\dfrac{b}{2})}$ $(3)$

из $(2)$ получаем $ \dfrac{R_{AGF}}{R_{FBH}} = \dfrac{tg(\dfrac{a+b+c}{2})+ctg(\dfrac{a+c}{2})}{ctg(\dfrac{a+b-c}{2})+ctg(\dfrac{a+c}{2})} $ $(4)$

$EX,EY$ отрезки касательных к $DGE,EHC$ и $FZ,FW$ для $AFG,BFH$ тогда $JT = EX+EY$ аналогично $IN = FZ+FW$

$EX = ctg( \dfrac{b}{2}) \cdot R_{DGE} , \ \ EY = tg(a+\dfrac{b}{2}) \cdot R_{EHC}, \ $

$ FZ = ctg(\dfrac{a+b-c}{2}) \cdot R_{AGF} , \ \ FW = tg(\dfrac{a+b+c}{2}) \cdot R_{FBH}$

тогда учитывая $(3), \ (4)$

$$\dfrac{JT}{IN} = \dfrac{R_{EHC}}{R_{FBH}} \cdot tg(a+\dfrac{b}{2}) \cdot ctg(\dfrac{a+b+c}{2}) $$

С другой стороны $$\dfrac{LT}{KN} = \dfrac{R_{EHC}-R_{DGE}}{R_{FBH}-R_{AGF}}$$

аналогично учитывая $(3), (4)$ $$\dfrac{LT}{KN} = \dfrac{R_{EHC}}{R_{FBH}} \cdot tg(a+\dfrac{b}{2}) \cdot ctg(\dfrac{a+b+c}{2}) $$

ч.т.д

2) Пусть $I', K'$ симметричные относительно $l$ точки, тогда $II'KK'$ вписанный (равнобедренная трапеция) отметим что $\angle JII' = \angle KK'L = x $ следует из того что $ II' \ || \ KK' || FE$ тогда из леммы получается что $I'K" || JL$ тогда пусть $\angle I'IK = y$ и $ Q \in JL \cap KK'$ тогда $\angle I'K'K = \angle JQK = 180-y$ откуда $\angle KQL = y$ так же $\angle JLK = 180-x-y$ но $\angle JIK = x+y$ откуда $ JIKL$ вписанный.

Это частный случай теоремы Гардена